Topologies faibles Exercice 1 Conséquences du Théorè

Analyse Fonctionnelle
ENS de Cachan
2008-2009
TD Théorèmes de Banach - Topologies faibles
Exercice 1 Conséquences du Théorème de Banach-Steinhaus
1) Convergence simple d’opérateurs linéaires : Soient E et F deux espaces de
Banach. Soit (Tn ) une suite d’opérateurs linéaires et continus de E dans F , tels
que pour tout x ∈ E, Tn x converge quand n → ∞ vers une limite notée T x.
Montrer que
sup ||Tn ||L(E,F ) < +∞,
n
T ∈ L(E, F ) et ||T ||L(E,F ) ≤ lim inf ||Tn ||L(E,F ) .
n→+∞
2) Soit H un espace de Hilbert et soit xn une suite convergeant faiblement vers un
élément x. Montrer que xn est une suite bornée dans H et que
||x|| ≤ lim inf ||xn ||.
n
Si de plus ||xn || → ||x||, vérifier que xn → x fortement.
3) Borné d’un espace de Banach (caractérisation duale) : Soit G un espace vectoriel
normé, B un sous-ensemble de G. On suppose que pour tout f ∈ G0 , f (B) =
{f (x), x ∈ B} est borné. Montrer que B est borné.
Ce théorème nous dit qu’un ensemble est borné si et seulement si ses projections
sur des axes de coordonnées arbitraires sont bornées.
4) Application bilinéaire :
a) Soient E, F, G trois espaces de Banach. Soit a : E × F → G une application
bilinéaire. On suppose que a est séparement continue c’est-à-dire,
∀x ∈ E,
∀y ∈ F,
y ∈ F 7→ a(x, y) est continue et
x ∈ E 7→ a(x, y) est continue.
Montrer que a est continue sur E × F (c’est-à-dire ∃M > 0 tel que ∀(x, y) ∈
E × F , ka(x, y)kG ≤ M kxkE kykF ).
b) Soit E l’espace vectoriel des fonctions polynomiales à une variable et à coefficients réels. On munit E de la norme
Z 1
kpk1 =
|p(t)|dt.
0
R1
Soit a : E × E → IR définie par a(p, q) = 0 p(t)q(t)dt. Montrer que a est
séparement continue mais non continue sur E × E.
1/12
Exercice 2
Soit E un espace vectoriel normé et soit K une partie convexe de E avec 0 ∈ K.
On pose
K ? = {f ∈ E 0 ; ∀x ∈ K, < f, x >≤ 1} et
K ?? = {y ∈ E; ∀f ∈ K ? , < f, y >≤ 1}.
Montrer que K = K ?? .
Exercice 3
L’objet de cet exercice est de montrer qu’en dimension ∞, on ne peut pas séparer
deux convexes fermés.
+∞
X
On note `1 = {x = (xn )n≥1 ⊂ IR tel que
|xn | < ∞} qui muni de la norme
n=1
kxk1 =
+∞
X
|xn | est un espace de Banach.
n=1
On considère les ensembles
A0 = {x = (xn )n ∈ `1 : ∀n ≥ 1, x2n = 0} et
B = {x = (xn )n ∈ `1 : ∀n ≥ 1, x2n = 2−n x2n−1 }.
1) Vérifier que A0 et B sont des sous-espaces fermés de `1 et que `1 = A0 + B.
2) Soit c = (cn )n ∈ `1 tel que ∀n ≥ 1, c2n−1 = 0 et c2n = 2−n . Vérifier que
c 6∈ A0 + B et que si A = A0 − c = {a − c, a ∈ A0 }, on a A ∩ B = ∅. Montrer
que A et B ne peuvent pas être séparés au sens large.
Exercice 4 Variante de la définition de la topologie faible
Dans tout ce qui suit E désignera un espace de Banach réel. Pour f ∈ E 0 , on définit pf (x) = |f (x)|, c’est bien une semi-norme sur E. On note P = (pf )f ∈E 0 .
Soit p ∈ P, on appelle p-boule ouverte de centre x ∈ E et de rayon r l’ensemble
B(x, r) des points y ∈ E tels que p(x − y) < r. Enfin on appelle P-boule ouverte
de centre x toute intersection finie de pi -boules ouvertes de centre x.
Définition : Une partie U de E est ouverte si ou bien U = ∅, ou bien ∀x ∈ U , il
existe une P-boule ouverte de centre x contenue dans U . On peut vérifier facilement que l’on définit bien ainsi une topologie sur E.
On note (E, P) l’espace E muni de cette topologie. La topologie (E, P) s’appelle
la topologie faible sur E (par "opposition" à la topologie de la norme qui est dite
topologie forte). Elle est souvent notée σ(E, E 0 ) ou bien Ew dans la littérature.
Pour simplifier les notations, on pose E 0 = (fi )i∈I et on notera P.F.I l’ensemble
des parties finies de I. Par définition de la topologie associée à une famille de seminormes, les ensembles V (x, J, ε) = {y ∈ E, | < fi , x − y > | < ε, ∀i ∈ J} où
J ∈ P.F.I et ε > 0 constituent une base de voisinages (ouverts) de x dans E.
1) Montrer que si ∀x 6= 0, ∃p semi-norme telle que p(x) 6= 0 alors l’espace (E, P)
est séparé. Vérifier que la topologie faible est séparée.
2) Montrer que si la dimension de E est finie, σ(E, E 0 ) est équivalente à (E, k k)
(pour cela montrer que toute boule B(x, r) contient un V (x, J, ε)).
2/12
Exercice 5
Soit E un espace vectoriel normé tel que dimE = +∞. On se propose de montrer
que la topologie faible n’est pas métrisable. Pour cela on raisonne par l’absurde
et on suppose qu’il existe une distance d sur E dont la topologie est équivalente à
σ(E, E 0 ).
1) Montrer qu’il existe une suite (fn )n≥1 d’éléments de E 0 telle que
∀k ∈ IN? , ∃Ik ∈ P.F.IN? , ∃εk > 0 tels que
\
i∈Ik
1
{x ∈ E : | < fi , x > | < εk } ⊂ Bd (0, ),
k
où Bd (0, k1 ) = {x ∈ E : d(0, x) < k1 }.
2) Soient g ∈ E 0 et V = {x ∈ E : | < g, x > | < 1}. Montrer que ∃I ∈ P.F.IN?
tel que
\
\
ker fi ⊂ V, puis que
ker fi ⊂ ker g.
i∈I
i∈I
On note I = {n1 , n2 , ..., nk }.
3) On considère
F : E −→ IRk+1
x 7−→ (g(x), fn1 (x), ..., fnk (x)).
Séparer ImF de (1,0,...,0) dans IRk+1 . En déduire que ∃(λi )i ∈ IRk tel que g =
k
X
λi fni .
i=1
?
0
4) Soit Fn = vect{f
1 , ..., fn }. Montrer que ∃n0 ∈ IN tel que E = Fn0 . (remarS
quer que E 0 = n Fn ).
5) Conclure.
Exercice 6
Soient E et F deux espaces de Banach et T : E → F linéaire.
1) Montrer l’équivalence des propriétés suivantes :
(1) T : E
−→ F continue.
(2) T : Ew −→ Fw continue.
(3) T : E
−→ Fw continue.
2) Montrer que si T : Ew −→ F est linéaire continue alors dim Im(T ) < ∞.
Exercice 7
Soit E = `∞ que l’on munit de la norme kxk∞ = supn≥1 |xn |.
Trouver une suite (fn )n de E 0 telle que kfn kE 0 = 1 et (fn )n ne possède aucune
sous-suite convergente pour la topologie faible ?. Y-a-t-il contradiction avec le fait
que (BE 0 , w?) est compact ? Que pouvez-vous en conclure sur E ?
3/12
Exercice 8 Opérateur compact et cv faible
Soient E et F deux espaces de Banach, on note BE = {x ∈ E : kxk ≤ 1}. Soit
T : E −→ F une application linéaire. On dit que T est compacte si T (BE ) est
compact dans F (pour la norme).
1) Vérifier qu’un compact dans un espace vectoriel normé est borné.
2) Montrer que si T est compacte alors T est continue.
3) Montrer que si T est compacte, T vérifie la propriété (?) suivante,
(?)
[xn * x dans Ew =⇒ T xn −→ T x dans F ]
4) Réciproquement : si de plus E est réflexif, montrer que si T vérifie la propriété
(?) alors T est compacte.
Exercice 9
Soit E un espace réflexif et soit f ∈ E 0 , montrer que kf kE 0 est atteinte.
(C’est un critère simple pour montrer qu’un espace n’est pas réflexif.)
Exercice 10
Soit E un e.v.n. et E 0 son dual. On note < f, x >= f (x) et pour A ⊂ E et
B ⊂ E 0 , A⊥ = {f ∈ E 0 , < f, x >= 0, ∀x ∈ A}, B ⊥ = {x ∈ E, < f, x >=
0, ∀f ∈ B.}. Montrer que
A⊥⊥ = vect(A)
et que, si E est réflexif,
B ⊥⊥ = vect(B).
4/12
Corrigé :
Exercice 1
1) La première relation est une conséquence directe du théorème de Banach-Steinhaus.
Comme ||Tn x|| ≤ ||Tn ||||x||, on obtient par passage à la limite inférieure,
||T x|| ≤ (lim inf ||Tn ||)||x||.
n→∞
2) Par le théorème de Riesz, nous avons ||xn ||H = ||xn ||L(H,IR) et on peut donc
appliquer 1). Supposons maitenant que ||xn || → ||x||. On a ||xn − x||2 = ||xn ||2 +
||x||2 − 2(xn , x). Comme xn tend vers x faiblement, (xn , x) → ||x||2 et on déduit
que ||xn − x||2 → 0.
3) On applique le théorème de Banach-Steinhaus avec E = G0 , F = IR, I = B.
Pour b ∈ B et f ∈ E = G0 , on pose Jb (f ) = f (b). On a donc par hypothèse
∀f ∈ E, sup |Jb (f )| < +∞.
b∈B
On en déduit qu’il existe c > 0 tel que
∀b ∈ B, ∀f ∈ E, ||Jb (f )|| ≤ c||f ||G0 , soit
∀f ∈ G0 , |f (b)| ≤ c||f ||G0 .
Comme par le corollaire 11.2 p 139, on a ||b|| = ||Jb ||, on conclut que ||b|| ≤ c. B
est donc borné.
4) a) On note ax : y 7→ a(x, y), ay : x 7→ a(x, y) et BE = BE (0, 1). Par
hypothèse, la famille {ax , x ∈ BE } vérifie :
∀x ∈ BE , ax ∈ L(F, G) et ∀y ∈ F , ∃My > 0, ∀x ∈ BE , kax (y)k ≤ My . Donc
supx∈BE kax (y)k ≤ My < ∞, ∀y ∈ F . On peut donc appliquer le théorème de
Banach-Steinhaus et ∃M > 0 tel que ∀x ∈ BE , ∀y ∈ F , kax (y)k ≤ M kyk. D’où
la continuité de a.
b) Comme |a(p, q)| ≤ kpk∞ kqk1 ouR kqk∞ kpk1 , a est séparement continue.
1
Si a est continue, ∃M > 0, ∀p, q, | 0 p(t)q(t)dt| ≤ M kpk1 kqk1 . En choisissant
M
par exemple dans cette inégalité, p(x) = xn et q = p0 , on obtient 21 ≤ n+1
, ce qui
est absurde pour n assez grand.
Exercice 2
Les ensembles K ? et K ?? sont fermés comme intersection d’images réciproques
de fermés par des applications continues, donc de K ⊂ K ?? on déduit K ⊂ K ?? .
Si K 6= K ?? , ∃y0 ∈ K ?? \ K et par Hahn-Banach, ∃f ∈ E 0 , f 6≡ 0, ∃α ∈ IR tels
que
< f, x > < α < < f, y0 >,
∀x ∈ K.
Comme 0 ∈ K, on a α > 0 et ∀x ∈ K, < αf , x >< 1, donc
donc < αf , y0 >≤ 1, c’est absurde. D’où K ?? = K.
5/12
f
α
∈ K ? or y0 ∈ K ??
Exercice 3
1) On définit les deux formes linéaires continues suivantes
f2n : `1 → IR
x 7→ x2n
et
g2n : `1 → IR
x 7→ x2n − 2−n x2n−1 .
−1
−1
Alors A0 = ∩n f2n
({0}) et B = ∩n g2n
({0}) sont fermés comme intersection de
fermés.
Soit en = (δni )i≥1 où δni = 1 si i =n, δni = 0 sinon, alors si Fk = vect{e1 , ..., ek }
et si F = ∪k Fk , on a F = `1 . Donc pour montrer que `1 = A0 + B, il suffit de
montrer que ∀k, Fk ⊂ A0 + B.
Soit x ∈ Fk , on définit a, b de la façon suivante,
b2n = x2n
b2n−1 = 2n x2n
n
a2n−1 = x2n−1 − 2 x2n a2n = 0
alors x = a + b et comme xn = 0 si n > k, a, b ∈ `1 et (a, b) ∈ A0 × B. Donc
`1 = A0 + B.
2) Si c = a + b alors nécessairement a2n = 0, b2n = 2−n , b2n−1 = 1 et a2n−1 =
−1 donc a, b 6∈ `1 et c 6∈ A0 + B. Il est clair alors que A ∩ B = ∅.
Supposons qu’il existe f ∈ (`1 )0 , f 6≡ 0 et α ∈ IR tels que
< f, a > ≤ α ≤ < f, b >,
∀a ∈ A, ∀b ∈ B.
Comme B est vectoriel, nécessairement < f, b >= 0, ∀b ∈ B. De même, de
< f, a0 >≤ α + f (c), ∀a0 ∈ A0 , on en déduit que < f, a0 >= 0, ∀a0 ∈ A0 .
Donc f ≡ 0 sur A0 + B dense dans `1 , par continuité on en conclut que f est
identiquement nulle, ce qui est contraire à l’hypothèse. On ne peut donc pas séparer
A et B.
Exercice 4
1) Soit donc x 6= 0, et p telle que p(x) 6= 0 alors si r = 12 p(x) on a B(x, r) ∩
B(0, r) = ∅ et on sépare 0 et x. Si x 6= y, on peut écrire y = x + z avec z 6= 0 et
on a B(x, r) ∩ B(x + z, r) = ∅.
Utilisons ce critère, soit donc x 6= 0, par Hahn-Banach, ∃f ∈ E 0 , f 6≡ 0 telle que
f (x) > 0 = f (0) donc pf (x) 6= 0 et la topologie faible est séparée.
2) On suppose dimE < ∞. On sait déjà qu’un ouvert faible est un ouvert fort,
il reste à montrer que U ouvert fort est un ouvert faible. Soit x0 ∈ U supposé
non vide, alors ∃r > 0 tel que B(x0 , r) ⊂ U . On va montrer que ∃ε > 0 et
∃J ∈ P.F.I. tels que V (x0 , J, ε) ⊂ B(x0 , r).
Soit (e1 , ..., en ) une base de E telle que ∀i kei k = 1. Tout x de E s’écrit x =
n
X
xi ei , soit fi : E → IR définie par f (x) = xi alors fi ∈ E 0 et on a
1
kx − x0 k ≤
n
X
1
6/12
|xi − x0i | =
n
X
1
| < fi , x − x0 > |.
D’où si x ∈ V = V (x0 , {1, ..., n}, ε) alors kx − x0 k < nε, on choisit donc ε ≤
et on a bien V ⊂ B(x0 , r).
r
n
Exercice 5
On suppose que dimE = +∞ et que les applications
id : (E, σ(E, E 0 )) → (E, d),
id :
→ (E, σ(E, E 0 ))
(E, d)
sont continues.
1) ∀k ∈ IN? , Bd (0, k1 ) est un voisinage de 0 pour d, donc ∃V (0, Ik , εk ) ⊂ Bd (0, k1 )
où εk > 0 et Ik est un ensemble fini d’indices. L’ensemble {fj , j ∈ Ik , k ∈ IN? }
est dénombrable et constitue la suite cherchée.
2) L’ensemble V = V (0, g, 1) est un voisinage de 0 pour la topologie faible, par
hypothèse ∃k0 ∈ IN? tel que Bd (0, k10 ) ⊂ V . Alors d’après 1),
\
{x ∈ E : | < fi , x > | < εk0 } ⊂ V.
i∈Ik0
On pose I = Ik0 alors
\
ker fi ⊂ V . Et | < g, x > | < 1 sur un espace vectoriel,
i∈I
donc nécessairement g(x) = 0, ∀x ∈
\
ker fi , par suite
i∈I
\
ker fi ⊂ ker g.
i∈I
3) Pour simplifier les notations, on notera I = {1, 2, ..., k}, et soit
F : E −→ IRk+1
x 7−→ (g(x), f1 (x), ..., fk (x)).
ImF\
est convexe fermé (car vectoriel de dimension finie) et e1 = (1, 0...0) 6∈ImF
car
ker fi ⊂ ker g. D’après le théorème d’Hahn-Banach version fermé-compact,
i∈I
∃h ∈ (IRk+1 )0 , h 6≡ 0 et ∃α ∈ IR tels que h(F (x)) < α < h(e1 ), ∀x ∈ E.
Comme ImF est vectoriel, on en déduit que h(F (x)) = 0, ∀x ∈ E et comme
k
X
h ∈ (IRk+1 )0 , h 6≡ 0, ∃(µ0 , ..., µk ) ∈ IRk+1 \ {0} tel que h(x) =
µi xi si
0
x = (x0 , ..., xk ) ∈ IRk+1 . D’où on obtient
µ0 g(x) +
k
X
µi fi (x) = 0 < α < µ0 ,
∀x ∈ E.
1
P
Donc µ0 6= 0 et g(x) = (− µµ0i )fi (x) pour tout x. (On peut démontrer ce résultat
par une preuve purement algébrique, par exemple un raisonnement par récurrence
sur k.)
4) Soit Fn = vect{f1 , ..., fn }, d’après 2) et 3), ∀g ∈ E 0 , ∃N tel que g ∈ FN
7/12
S
donc E 0 = Fn . Comme E 0 est complet, Fn fermé (car dimFn < ∞), on peut
appliquer le lemme de Baire et ∃n0 tel que int(Fn0 ) 6= ∅. Si f ∈ intFn0 alors
∃r > 0 tel que B(f, r) ⊂ Fn0 par suite E 0 = Fn0 car Fn0 est vectoriel et donc
dimE 0 ≤ n0 .
5) On en conclut que dimE < ∞, en effet soit
Φ : E → IRn0
x
7→ (f1 (x), ..., fn0 (x)).
Φ est linéaire et injective (car Φ(x) = 0 =⇒ ∀f ∈ E 0 , f (x) = 0 =⇒ x = 0 par
Hahn-Banach) donc dimE ≤ n0 ce qui est contraire à l’hypothèse.
Exercice 6
1) On montre que (1) =⇒ (2) =⇒ (3) =⇒ (1). Pour simplifier les notations on
montrera que T est continue en 0 (ce qui implique la continuité de T partout).
(1) =⇒ (2) :
∀Ω ∈ Vw (0), existe-t’il ω ∈ Vw (0) tel que x ∈ ω =⇒ T x ∈ Ω ? On peut toujours
choisir Ω = {y ∈ F : | < fi , y > | < ε, ∀i = 1, ..., n} où fi ∈ F 0 et ε > 0.
Maintenant,
T x ∈ Ω ⇐⇒ | < fi , T x > | < ε, ∀i = 1, ..., n,
⇐⇒ | < fi oT, x > | < ε, ∀i = 1, ..., n.
Si ω = {x ∈ E : | < fi oT, x > | < ε, ∀i = 1, ..., n} où fi oT ∈ E 0 , alors ω est
bien un voisinage faible de 0 donc (2).
(2) =⇒ (3) :
∀Ω ∈ Vw (0), existe-t’il r > 0 tel que x ∈ B(x, r) =⇒ T x ∈ Ω ?
On sait par hypothèse qu’il existe un voisinage faible de 0, ω, tel que x ∈ ω =⇒
T x ∈ Ω et on sait qu’un ouvert faible est un ouvert fort donc (3).
(3) =⇒ (1) :
On utilise le théorème du graphe fermé, soit (xn , yn )n ∈ G(T ) = {(x, y) ∈
E × F, y = T x} telle que xn → x et yn = T xn → y, a-t’on y = T x ?
Comme T est continue de E fort dans F faible, T xn * T x et d’autre part la
convergence forte impliquant la convergence faible T xn * y, donc nécessairement y = T x. D’où le graphe de T est fermé et T est continue (pour les topologies
fortes).
2) Soit T : Ew −→ F linéaire continue. La continuité en 0 implique que ∃ε > 0,
∃f1 , .., fn ∈ E 0 tels que
| < fi , x > | < ε,
∀i = 1, ..., n =⇒ kT xkF < 1.
T
Alors i ker fi ⊂ ker T . On va montrer que dim(ImT )≤ n.
Soit y1 = T x1 , ..., yn+1 = T xn+1 ∈ ImT , existe-t’il (λ1 , ..., λn+1 ) non tous nuls
n+1
X
tels que
λk T xk = 0 ?
1
8/12
n+1
X
Ou encore tels que T (
non tous nuls tels que
1
n+1
X
λk xk ) = 0 ? On remarque que si il existe (λ1 , ..., λn+1 )
λk xk ∈
1
n+1
X
\
ker fi , c’est fini. Donc on veut
i
λk < fi , xk >= 0,
1 ≤ i ≤ n.
1
C’est un système linéaire de n équations à n + 1 inconnues dont on sait qu’il existe
des solutions non triviales, d’où le résultat.
Exercice 7
Soit fn : E −→ IR telle que fn (x) = xn si x = (xn )n . Alors fn ∈ E 0 et
0
kfn k = 1. S’il existe une sous-suite (fnk )nk qui converge vers un f dans Ew?
alors ∀x ∈ E, < fnk , x >= xnk −→< f, x > quand k tend vers +∞. Donc
en fait il s’agit de trouver une suite de réels qui ne converge pas...c’est facile.
Par exemple, soit x = (xn )n tel que xnk = (−1)k et xn = 0 ailleurs, alors
x ∈ `∞ et < fnk , x >= (−1)k ne converge pas. Donc il n’existe pas de soussuites faiblement-? convergentes bien que (fn )n soit dans un compact faible-?.
Mais ce compact n’est pas métrisable, on peut en conclure par exemple que `∞
n’est pas séparable ni réflexif. En effet, `1 est séparable et si `∞ était réflexif, il
serait donc aussi séparable.
Exercice[
8
1) K ⊂
B(0, n) et K compact =⇒ ∃N tel que K ⊂ B(0, N ).
n>0
2) ∀x ∈ BE , T x est dans un compact donc ∃N tel que T x ∈ B(0, N ) =⇒ kT xk ≤
N.
3) Soit (xn )n ∈ E telle que xn converge faiblement vers x ∈ E, alors kxn k est
bornée car E est un Banach et donc ∃R > 0 tel que ∀n, xn ∈ B(0, R). Comme T
est compacte, (T xn )n est dans un compact fort et il existe une sous-suite (T xnk )k
qui converge fortement vers y ∈ F . D’autre part T est linéaire continue donc
continue de E faible dans F faible et T xnk * T x d’où y = T x. T x est la seule
valeur d’adhérence de la suite (T xn )n donc toute la suite converge vers T x d’où
(?).
4) Montrons que T (BE ) est fermé. Soit yn = T xn ∈ T (BE ), on suppose que
T xn −→ y, a-t-on y = T x où x ∈ BE ?
Comme E est réflexif et que kxn k ≤ 1, ∀n, il existe une sous-suite (xnk )k telle que
xnk * x. Alors (?) =⇒ T xnk −→ T x donc y = T x et kxk ≤ lim inf kxnk k ≤ 1
et T (BE ) est fermé.
Soit encore yn = T xn ∈ T (BE ), alors E réflexif =⇒ xnk * x et T xnk −→ T x
donc T x est valeur d’adhérence de (yn )n et T (BE ) est compact.
9/12
Exercice 9
On définit J : E −→ E 00 par J(x) = Jx avec
< Jx , f >E 00 ,E 0 = < f, x >E 0 ,E
∀x ∈ E, ∀f ∈ E 0 .
On a kJx k = supkf k≤1 | < f, x > | = kxk par Hahn-Banach, donc J est linéaire
isométrique.
Ici, E est réflexif donc J est surjective c’est-à-dire J(E) = E 00 .
Si f ∈ E 0 alors kf k = supkxk≤1 | < f, x > | = supkξk≤1 | < ξ, f > | car J est
isométrique et surjective.
Par Hahn-Banach, supkξk≤1 | < ξ, f > | = maxkξk≤1 | < ξ, f > | et donc
∃x0 ∈ E tel que kx0 k ≤ 1 et kf k = | < f, x0 > |.
Exercice 10
En ce qui concerne A, on raisonne comme dans l’exercice 2.
A⊥⊥ est fermé et contient vect(A). Si il existe x ∈ A⊥⊥ qui n’est pas dans
vect(A), on sépare {x} et vect(A) par un hyperplan fermé et on conclut comme
dans l’exercice 2.
De même pour B, B ⊥⊥ est fermé et contient vect(B). Si il existe f0 ∈ B ⊥⊥ qui
n’est pas dans vect(B), par le théorème d’Hahn-Banach version fermé -compact,
il existe ξ ∈ E 00 , non identiquement nulle, il existe α ∈ IR tels que < ξ, f0 ><
α << ξ, f > pour tout f ∈ vect(B). Comme vect(B) est vectoriel, on en déduit
que < ξ, f >= 0 pour tout f ∈ vect(B) et α < 0. Si E est réflexif, ∃x0 ∈ E tel
que < ξ, f >=< f, x0 > pour tout f ∈ E 0 , alors < f, x0 >= 0 pour tout f ∈ B
donc x0 ∈ B ⊥ et < f0 , x0 >= 0 < α ce qui est absurde.
Exercice 11 Corrigé exercice 9 p160 du poly
1) kxN − xk1 = reste d’une série convergente.
2) f est linéaire et |f (x)| ≤ kyk∞ kxk1 donc f ∈ (`1 )0 .
a) On a montré que kΛy k ≤ kyk∞ . On a Λy (eN ) = yN donc kΛk ≥ kyk∞ , d’où
Λ est une isométrie.
b) Λ est injective car isométrique. Montrons qu’elle est surjective. Soit ` ∈ (`1 )0
∞
X
alors par linéarité et continuité de `, on a < `, x >=
xn yn si x = (xn )n ∈ `1
1
et ∃M > 0 tel que ∀x ∈ `1 , | < `, x > | ≤ M kxk1 . En particulier pour x = en ,
on obtient | < `, en > | = |yn | ≤ M et y ∈ `∞ . Donc ` = Λy et Λ est bijective.
Par le théorème de l’application ouverte (cf TD Baire), on conclut que Λ est un
isomorphisme d’espaces de Banach.
3) Soit (xn )n≥1 une suite d’éléments de `1 telle que xn * 0 dans `1 faible ⇐⇒
∞
X
∀y ∈ `∞ < y, xn >→< y, 0 >= 0 ⇐⇒
xni yi → 0, ∀y = (yi )i ∈ `∞ .
1
4) Soit (xn )n≥1 une suite d’éléments de `1 telle que xn * 0 dans `1 faible.
10/12
a) On montre facilement que d est une distance sur K.
b) On veut montrer que ∃ε > 0 et ∃y 1 , ..., y n ∈ `1 tels que
V = {g ∈ K : | < g − f, y i > | < ε, ∀i = 1, ..., n} ⊂ Ω.
On a
n
X
X 1
X 1
X 1
1
1
d(f, g) =
|f
−g
|+
|f
−g
|
et
|f
−g
|
≤
2
= n−1 ,
i
i
i
i
i
i
2i
2i
2i
2i
2
1
i≥n+1
i≥n+1
i≥n+1
1
< r et y i = ei pour 1 ≤ i ≤ n,
pour f, g ∈ K. Soient donc ε et n tels que ε + 2n−1
alors
n
n
n
X
X
X
1
1
1
i
|f
−
g
|
=
|
<
f
−
g,
e
>
|
≤
ε
≤ ε,
i
i
i
i
2
2
2i
1
1
si g ∈ V . D’où d(f, g) ≤ ε +
1
2n−1
1
< r, ∀g ∈ V donc V ⊂ Ω.
c) La question précèdente montre que l’application id : (K, σ(`∞ , `1 )) → (K, d)
est continue. Or K est compacte faible ?, donc(K, d) est compact.
d) Soit ε > 0 fixé. Soit\
An = {f ∈ `∞ : | < f, xn > | ≤ ε} alors An est fermé
faible ?, et Fk = K ∩
An est aussi fermé faible ? dans K compact donc Fk est
n≥k
compact faible ?. Son image par id : (K, σ(`∞ , `1 )) → (K, d) (qui est continue)
est compacte
donc fermée dans (K, d).
S
K = k Fk car < f, xn >→ 0, ∀f ∈ `∞ . Enfin, (K, d) métrique compact est
complet, on peut donc appliquer le lemme de Baire : il existe k0 tel que IntFk0 6= ∅.
Donc il existe f0 ∈ K, ∃ρ > 0 tels que K ∩ Bd (f0 , ρ) ⊂ Fk0 .
e) En choisissant f comme dans l’énoncé, on a,
∞
X
1
1
= N−1 < ρ.
i
2
2
d(f, f 0 ) ≤ 2
i=N +1
Donc f ∈ Fk0 et
n
| < f, x > | = |
N
X
f0i xni
+
1
=⇒
∞
X
i=N +1
11/12
|xni |
≤ε+
∞
X
(±xni )| ≤ ε,
∀n ≥ k0 .
i=N +1
N
X
1
|f0i xni |
≤ε+
N
X
1
|xni |,
car f 0 ∈ K, d’où
∞
X
i=1
|xni |
≤ε+2
N
X
|xni |,
∀n ≥ k0 .
1
ε
.
f) i étant fixé, xni → 0 car xni =< ei , xn >, donc ∃I tel que ∀n ≥ I, |xni | ≤ 2N
n
n
1
Dès que n ≥ max(k0 , I), on a kx k1 ≤ 2ε d’où x → 0 dans ` .
5) Comme `1 n’est pas de dimension finie, les topologies faibles et fortes ne sont
pas équivalentes et cette application ne peut donc pas être continue.
12/12